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Livro: Geometria Euclidiana Plana - SBM
(Jo˜ao Lucas Marques Barbosa)
nibblediego@gmail.com Compilado dia 29/10/
O livro do Jo˜ao Lucas de Geometria Euclidiana Plana a- presenta uma Geometria que quase beira a inutilidade. Publi- cado inicialmente em 1995 vem sendo usado at´e hoje, quase 20 anos depois, em cursos de matem´atica por pessoas que falharam miseravelmente na vida com a tarefa de serem bons professores.
O documento a seguir traz algumas respostas dessa obra, embora ainda n˜ao esteja completo devido ´a falta de tempo. Pode haver tamb´em uma ou outra passagem obscura, ou mesmo v´arios erros de portuguˆes e codifica¸c˜ao. Assim, se o leitor identificar algum problema desse tipo, uma virgula errada que seja, sinta-se ´a vontade para avisar-me por e-mail. Caso deseje ajudar ainda mais pode enviar-me as respostas dos exerc´ıcios que ainda faltam. O que certamente agilizaria a finaliza¸c˜ao desse solucion´ario.
Para obter as atualiza¸c˜oes desse documento e ter acesso a outros exerc´ıcios resolvidos ascese: www.number.890m.com
Sum´ario
- 1 OS AXIOMAS DE INCIDˆENCIA E ORDEM
- 1.1 Exerc´ıcios
- 1.2 Problemas
- 2 AXIOMAS SOBRE MEDIC¸ ˜AO DE SEGMENTOS
- 2.1 Exerc´ıcios
- 2.2 Problemas
- 3 AXIOMAS SOBRE MEDIC¸ ˜AO DE ˆANGULOS
- 3.1 Exerc´ıcios
- 3.2 Problemas
- 4 CONGRUˆENCIA
- 4.1 Exerc´ıcios
- 4.2 Problemas
- 5 O TEOREMA DO ˆANGULO EXTERNO E SUAS CONSEQUˆENCIAS
- 6 O AXIOMA DAS PARALELAS
- 6.1 Exerc´ıcios
- 6.2 Problemas
- 7 SEMELHANC¸ A DE TRI ˆANGULO
- 8 O C´IRCULO
- 8.1 Exerc´ıcios
- 8.2 Problemas
- 9 FUNC¸ ˜ES TRIGONOM´ETRICAS
- 10 ´AREA
- 11 AGRADECIMENTOS:
- Prove o item (b) da proposi¸c˜ao (1.4).
Solu¸c˜ao:
Vamos provar a igualdade (SAB ∩ SBA = BA) por dupla inclus˜ao.
Provando que AB ∈ SAB ∩ SBA
Tome um ponto P pertencente a AB. Neste caso termos que P ∈ SAB e tamb´em que P ∈ SBA o que implica em P ∈ SAB ∩ SBA.
Provando que SAB ∩ SBA ∈ AB
Imagine uma reta com os pontos A e B.
A B
Agora imagine tamb´em um ponto D tal que D ∈ SAB ∩ SBA. Neste caso D n˜ao pode estar depois de B, pois neste caso n˜ao pertenceria a SBA. T˜ao pouco poderia estar antes de A, pois se assim fosse D ∈/ SAB. Sendo assim, D est´a entre A e B o que implica em D ∈ AB.
Como todo ponto de AB ∈ SAB ∩ SBA e vice versa ent˜ao fica provado a igualdade.
- Prove a afirma¸c˜ao feita, no texto, de que existem infinitos pontos em um segmento.
Solu¸c˜ao^1
Dada uma reta r com os pontos A e B distintos, suponha por absurdo que entre A e B exista um conjunto finito de pontos. Por defini¸c˜ao um conjunto ´e finito quando pode ser colocado em correspondˆencia biun´ıvoca com N. Assim teremos que AB = {P 1 , P 2 , ..., Pn}, que significa que AB ´e um conjunto com n elementos. Tomando agora um ponto Pk (k ≤ n) e o ponto Pk− 1 pelo axioma II 2 existe um ponto Pr, (k − 1 < r < k) tal que Pk− 1 – Pr – Pk o que seria um absurdo pois nesse caso AB teria n + 1 elementos.
- Sejam P = {a, b, c}, m 1 = {a, b}, m 2 = {a, c}, m 3 = {b, c}. Chame P de plano e m 1 , m 2 e m 3 de retas. Verifique que nesta “geometria” vale o axioma I 2.
Defini¸c˜ao: Um subconjunto do plano ´e convexo se o segmento ligando quaisquer dois de seus pontos est´a totalmente contido nele. Solu¸c˜ao: Basta observar que todas as combina¸c˜oes poss´ıveis entre os 3 pontos do plano P, tomados dois a dois pertence a uma das trˆes retas dessa geometria. Por exemplo, as combina¸c˜oes poss´ıveis s˜ao:
(^1) Onde est´a escrito Pk− 1 − Pr − Pk lˆe-se: o ponto Pr est´a entre Pk− 1 e Pk:
ab, ac, ba, bc, ca e cb. Note que por ab passa somente uma reta, a reta m 1. Do mesmo modo pelos demais pares de pontos passam apenas uma das retas citadas (m 1 , m 2 , m 3 ). O que mostra que nessa geometria vale o axioma I 2.
- Os exemplos mais simples de conjuntos convexos s˜ao o pr´oprio plano e qualquer semi-plano. Mostre que a interse¸c˜ao de dois semi planos ´e um convexo.
Solu¸c˜ao: Imagine os semi planos S 1 , S 2 e S 3 tal que S 3 = S 1 ∩ S 2. Tomando dois pontos P 1 e P 2 ambos pertencentes a S 3 ent˜ao:
P 1 e P 2 pertence tanto a S 1 como a S 2
Se S 1 e S 2 s˜ao convexos ent˜ao P 1 P 2 pertence tanto a S 1 como a S 2 e portanto pertence a interse¸c˜ao. Logo S 3 tamb´em ´e convexo.
- mostre que a intercess˜ao de n semi-planos ´e ainda um convexo.
Solu¸c˜ao: Considere os semi planos α 1 , α 2 , ..., αn todos convexos. Seja B = {α 1 ∩α 2 ∩, ..., ∩αn} considere os pontos X e Y pertencentes a B. Isso implicar´a no fato de que X e Y pertence a α 1 , α 2 , ..., αn como todos esses semi-planos s˜ao convexos ent˜ao o segmento XY pertence a α 1 , α 2 , ..., αn logo tamb´em pertence a intercess˜ao e portanto tamb´em pertencem a B, o que mostra que B ainda ´e convexo.
Dica: Reveja o problema 6.
- Mostre, exibindo um contra exemplo, que a uni˜ao de convexos pode n˜ao ser um convexo.
Solu¸c˜ao: Os quatro retˆangulos (em cinza) abaixo s˜ao figuras convexas e a uni˜ao deles formam uma figura com uma cavidade (parte em branco) e portanto cˆoncava.
1.2 Problemas
- Discuta a seguinte quest˜ao utilizando apenas os conhecimentos geom´etricos estabelecidos, at´e agora, nestas notas: “Existem retas que n˜ao se iterceptam”?
Solu¸c˜ao: Sim, retas que s˜ao paralelas como indica a proposi¸c˜ao 1.1.
- Prove que, se uma reta intercepta um lado de um triˆangulo e n˜ao passa por nenhum de seus v´ertices, ent˜ao ela intercepta tamb´em um dos outros dois lados.
Solu¸c˜ao: Dado um triˆangulo ABC e uma reta r que intercepta o segmento AB ent˜ao A est´a do lado oposto a B em rela¸c˜ao a reta r. Como por hip´otese r n˜ao passa por C ent˜ao C est´a do lado de A ou ent˜ao de B.
Se C est´a do lado de A ent˜ao C esta contr´ario a B e r intercepta BC.
Se C est´a do lado de B ent˜ao ´e contrario a A e r e intercepta AC
logo sempre intercepta um dos lados.
- Repita o exerc´ıcio 2 para o caso de 5 e 6 retas. Fa¸ca uma conjectura de qual ser´a a resposta no caso de n retas.
Solu¸c˜ao: Aproveitando o resultado para n retas j´a obtido teremos:
Para n = 5:
Para n = 6:
- Mostre que n˜ao existe um exemplo de uma “geometria” com 6 pontos, em que sejam validos os axiomas I 1 e I 2 e em que todas as retas tenham exatamente 3 pontos.
Solu¸c˜ao: Antes de continuar vamos relembrar o axioma I 1 e I 2.
Axioma I 1. Qualquer que seja a reta existem pontos que pertencem a reta e pontos que n˜ao pertencem `a reta.
Axioma I 2. Dado dois pontos distintos existe uma ´unica reta que contem esses pontos.
Como deixa bastante claro o enunciado, essa geometria possui exatos 6 pontos. Vamos usar esse fato para provar o que desejamos.
Dado dois pontos dessa geometria, por exemplo A e B, pelo axioma I 2 ent˜ao existe uma reta r que passa por estes dois pontos.
A
B
r
Pelo axioma I 1 existe ao menos um terceiro ponto, que chamaremos aqui de C que n˜ao pertence a r.
A
B
r
C
Como pelo enunciado cada reta dessa geometria tˆem exatos 3 pontos deve existir tamb´e um ponto D pertencente a r.
A
B
r
C
D
Utilizando-nos novamente do axioma I 2 teremos agora mais trˆes retas distintas cada qual passando por um ponto de r.
Toda via isto nos leva a uma contradi¸c˜ao, pois G seria o s´etimo ponto da geometria dada.
- Se C pertence a SAB e C 6 = A, mostre que: SAB = SAC , que BC ⊂ SAB e que A /∈ BC.
Solu¸c˜ao: Para facilitar esta demonstra¸c˜ao vamos seguir por parte, isto ´e, vamos provar primeiro que SAB = SAC.
Imagine uma semi reta que passe pelos pontos A e B.
B
A
Pelo enunciado ainda temos um ponto C pertencentes a essa semi-reta de modo que temos ent˜ao trˆes possibilidade para a poci¸c˜ao de C:
B = C.
A – B – C (Lˆe-se B est´a entre A e C).
A – C – B (Lˆe-se C est´a entre A e B).
Se B = C a demonstra¸c˜ao ´e imediata.
Se A – B – C ent˜ao SAB ⊂ SAC, pois AB ⊂ AC. E como SAB ´e a uni˜ao do segmento AB com o conjunto de pontos que est˜ao depois de B e C est´a depois de B ent˜ao, por defini¸c˜ao, SAC ⊂ SAB.
Mesmo resultado se chega se analisarmos A – C – B.
Como sob qualquer hip´otese temos SAB ⊂ SAC e SAC ⊂ SAB ent˜ao podemos afirmar que SAB = SAC.
(Segunda parte).
De uma forma ou e outra ou BC ∈ SAC ou BC ∈ SAB, mas como SAB = SAC ent˜ao BC ∈ SAB.
(Terceira parte).
O fato de que A ∈/ BC ´e ´obvio, pois C ∈ BC e por hip´otese (reveja o enunciado) A 6 = C.
Obs: Creio que o autor quisesse escrever outra coisa aqui.
- Demonstre que a interse¸c˜ao de convexos ainda ´e um convexo.
Solu¸c˜ao: Sejam A e B dois pontos pertencentes a interse¸c˜ao de n conjuntos convexos, ent˜ao A e B pertencem a cada um dos conjuntos convexos. Logo, o segmento AB pertence a cada um destes conjuntos, pois s˜ao convexos. Portanto o segmento AB pertence a interse¸c˜ao, concluindo assim que a interse¸c˜ao ´e um conjunto convexo.
- Mostre que um triˆangulo separa o plano em duas regi˜oes, uma das quais ´e convexa.
Solu¸c˜ao: Tracemos trˆes retas m, n e o que se interceptam nos pontos A, B e C como na figura abaixo.
m o
n
α
β
C B
A
X Y
Assim ser´a formado o triˆangulo ABC, que por sua vez separa o plano em duas regi˜oes (chamadas aqui de α e β). A regi˜ao convexa ´e a regi˜ao que forma o interior do triˆangulo. Para provar isso considere os pontos X e Y pertencentes ao semi-plano α gerado pelas trˆes retas. Como X e Y est˜ao no mesmo semi plano gerado pela reta m ent˜ao o segmento XY n˜ao intercepta a reta m. Analogamente o segmento XY n˜ao pode interceptar as retas n e o. O que implica que XY pertence ao semi-plano α formado pelo triˆangulo ABC que portanto ´e uma regi˜ao convexa.
- Generalize os exerc´ıcios 11 e 12 para o caso de n pontos.
Solu¸c˜ao: Estes exerc´ıcios n˜ao constam na obra o que configura o segundo erro do livro. O primeiro ´e o de ter sido escrito.
- Podem existir dois segmentos distintos tendo dois pontos em comum? E tendo exatamente dois pontos em comum?
Solu¸c˜ao: Dado os pontos A ,B, C e D de modo que A–B–C–D ent˜ao, os segmentos AC e BD ter˜ao o segmento BC em comum. Como em um segmento existe infinitos pontos ent˜ao AC e BD possuem dois pontos em comum mas, nunca possuir˜ao apenas dois pontos.
A 4 =
3 2 +^
4 2 2
A 5 =
3 2 +^
7 4 2
- Prove que, se ab = cd ent˜ao
a) ac = bd e db = ca
b) a+a b= c+dd e a−a b= c−cd
c) a+b b= c+dd e a−b b= c−dd
Solu¸c˜ao de A:
Se ab = cd ent˜ao:
a b ·^
b c =^
c d ·^
b c
⇒ ac = bd
Partindo tamb´em da mesma igualdade
a b =^
c d
⇒ ab · da = cd · da
⇒ db = ca
Solu¸c˜ao de B:
a b =^
c d
⇒ dbac · ab = cd · dbac
⇒ dc = ba
⇒ 1 + dc = 1 + (^) ab
⇒ cc · dc = aa · ba
⇒ c+c d= b+aa
J´a a segunda igualdade procedemos assim:
a b =^
c d
⇒ ab · dbac = cd · dbac
⇒ − 1 · dc = − 1 · ba
⇒ c−c d= a−ab
Dessa forma se procede as demais demonstra¸c˜oes.
- Se p ´e ponto de intercess˜ao de c´ırculos de raio r e centros em A e B, mostre que m(PA) = m(PB).
Solu¸c˜ao: Como o ponto P esta na interse¸c˜ao dos dois c´ırculos de raio r ent˜ao P pertence tanto ao c´ırculo com centro em A como ao c´ırculo com centro em B. Como por defini¸c˜ao de c´ırculo, PA = r e PB = r ent˜ao PA = PB. Como se queria demonstrar.
- Usando uma r´egua e um compasso, descreva um m´etodo para constru¸c˜ao de um triˆangulo com dois lados de mesmo comprimento. (Um tal triˆangulo ´e chamado de triˆangulo is´osceles).
Solu¸c˜ao: Com a r´egua desenhe um segmento AB.
A B
Com um compasso centrado em A trace uma circunferˆencia de raio AB.
A B
Agora com centro em B trace outro c´ırculo de raio BA.
A B
- E poss´´ ıvel desenhar se um triˆangulo com lados medindo 3, 8 e 5?
Solu¸c˜ao: N˜ao, a desigualdade triangular afirma que a soma de dois lados quaisquer de um triˆangulo ´e maior que o terceiro lado porem se tomarmos os lados de medida 5 e 3, teremos 8 = 8.
- O c´ırculo de raio r 1 centrado em A intercepta o c´ırculo de raio r 2 centrado em B em exatamente dois pontos. O que se pode afirmar sobre m(AB)?
Solu¸c˜ao: Observe o seguinte desenho.
A B
r 1
r 2
C D
Note que m(AB) = m(AD) + m(CB) – m(CD). Como m(AD) = r 2 , m(CB) = r 2 e m(CD) 6 = 0 ent˜ao:
m(AB) = m(AD) + m(CB) – m(CD)
⇒ m(AB) = r 2 + r 2 – m(CD)
⇒ m(AB) < r 2 + r 2
Ou seja, podemos dizer que m(AB) < m(r 2 ) + m(r 1 )
- Considere um c´ırculo de raio r e centro A. Sejam B e C pontos deste c´ırculo. O que se pode afirmar sobre o triˆangulo ABC?
Solu¸c˜ao: Se os pontos B e C pertencentes a circunferˆencia que forma o c´ırculo ent˜ao AB = AC = r logo o triˆangulo ´e is´osceles de base AB.
NOTA: O livro refere-se a uma circunferˆencia como c´ırculo.
- Considere um c´ırculo de raio r e centro O. Seja A um ponto deste c´ırculo e seja B um ponto tal que o triˆangulo OAB ´e equil´atero. Qual ´e a posi¸c˜ao do ponto B relativamente ao c´ırculo?
Solu¸c˜ao: Sendo o triˆangulo equil´atero (lados iguais) e sendo um de seus lados o segmento OA de tamanho r ent˜ao OB = r assim o ponto B est´a a uma distancia r do centro do c´ırculo, isto ´e, B pertence a circunferˆencia.
- Dois c´ırculos de mesmo raio e centros A e B se interceptam em dois pontos C e D. O que pode ser afirmado sobre os triˆangulos ABC e ACD? E sobre o quadril´atero ACBD?
Solu¸c˜ao: Os triˆangulos ABC e ACD s˜ao is´osceles, pois AC = BC = AD = BD = r. Como esses segmentos tamb´em formam o paralelogramo ACBD ent˜ao o pol´ıgono ´e um quadril´atero de lados iguais.
Finalmente comparando (1) e (2), e pelo axioma III 2 , podemos afirmar que os pontos C e C’ tˆem distˆancia igual a zero o que por meio do axioma III 1 nos leva a concluir que C e C’ s˜ao na verdade o mesmo ponto, o que contraria a tese inicial. Com isso conclu´ımos que n˜ao pode
haver um ponto diferente de C entre A e B tal que
m(AC) m(BC)
= a. Provando a unicidade.
- Descreva um m´etodo para obter uma boa aproxima¸c˜ao do comprimento de um c´ırculo.
Solu¸c˜ao: Utilizando um compasso desenhe um c´ırculo de raio r. Com uma r´egua graduada desenhe no interior do c´ırculo um pol´ıgono com n v´ertices, sendo que cada v´ertice deve estar sobre o c´ırculo. Mais ou menos como na imagem abaixo.
Pol´ıgono de 6 lados.
Como cada segmento corresponde a um numero real podemos chegar a uma aproxima¸c˜ao do c´ırculo bastando com a r´egua medir os lados do pol´ıgono. Lembrando que quanto mais v´ertices o pol´ıgono tiver mais precisa ser´a a aproxima¸c˜ao.
- Prove a seguinte afirma¸c˜ao feita no texto: o segmento de reta ligando um ponto fora de um c´ırculo com um ponto dentro do mesmo, tˆem um ponto em comum com o c´ırculo.
Solu¸c˜ao: Seja C um ponto qualquer fora de um c´ırculo de centro O, ent˜ao OC > r, onde r ´e o raio do c´ırculo. Assim existe um ponto D ∈ OC tal que m(OD) = r. Sendo o c´ırculo formado por todos os pontos do plano que est˜ao a uma distˆancia r do ponto O, ent˜ao o ponto D pertencente a intercess˜ao do segmento OC com a circunferˆencia. Como se queria demonstrar.
- Dado dois pontos A e B e um numero real r maior do que m(AB), o conjunto dos pontos C satisfazendo a m(CA) + m(CB) = r ´e chamado de elipse. Estabele¸ca os conceitos de regi˜ao interior e de regi˜ao exterior a uma elipse.
Solu¸c˜ao: Analogamente a circunferˆencia se m(CA) + m(CB) > r ent˜ao o conjunto de pontos ´e externo.
Se m(CA) + m(CB) < r ent˜ao o conjunto de pontos ser´a interno.
- Um conjunto M de pontos do plano ´e limitado se existe um c´ırculo C tal que todos os pontos de M est˜ao dentro de C. Prove que qualquer conjunto finito de pontos ´e limitado. Prove tamb´em que segmentos s˜ao limitados. Conclua o mesmo para triˆangulos.
Solu¸c˜ao: Dado o conjunto de pontos P 1 , P 2 , ..., Pn tome um ´unico ponto Pi que usaremos para o centro da circunferˆencia, por cada ponto Pj com i 6 = j e j variando de 1 a n retirando o pr´oprio i, passar´a um segmento distinto. Seja PiPj o maior de todos os segmentos ent˜ao por ele marca-se um ponto Q(P 1 − Pj − Q) sobre a reta que passa pelo segmento de modo que por P 1 Q definimos um c´ırculo de raio r = P 1 Q que conter´a todos os outros uma vez que o segmento que estabelece seu raio em rela¸c˜ao ao centro P 1 ´e maior que os demais definidos por todos os outros pontos.
- Prove que a uni˜ao de uma quantidade finita de conjuntos limitados ´e ainda um conjunto limitado.
Solu¸c˜ao: Seja M 1 , M 2 ,... Mn conjuntos finitos suponha por absurdo que a uni˜ao de todos eles n˜ao seja um conjunto finito. Por defini¸c˜ao, deve ent˜ao haver um ponto p do plano pertencente a essa uni˜ao que n˜ao pode estar contido dentro de nenhuma circunferˆencia. Entretanto, se p pertence a uni˜ao deve pertencer a um dos conjuntos que a forma e como esse ponto n˜ao pode ser contido ent˜ao um dos conjuntos pertencentes a uni˜ao n˜ao ´e finito o que ´e um absurdo.
- Mostre que dado um ponto P e um conjunto limitado M, ent˜ao existe um disco com centro em P que cont´em M. (Observa¸c˜ao: estamos admitindo a validade da desigualdade triˆangular).
Solu¸c˜ao: Para facilitar a compress˜ao dessa solu¸c˜ao vamos usa um desenho, embora na pr´atica isso seja dispens´avel.
Se M ´e limitado ent˜ao podemos tra¸car um c´ırculo de centro em O e raio r que contenha todo o conjunto.
O
P
r
O desenho acima assume que ´e poss´ıvel que P n˜ao seja limitado pela circunferˆencia, mas caso ocorresse o contr´ario a l´ogica ainda seria a mesma.
